Matematyka.pl

Rozwiązać nierówność \(\displaystyle{ |\sin x|< |\cos x|}\), dla \(\displaystyle{ x \in [0,2\pi]}\)

Hejka , mam problem z powyższym zadankiem i w związku z tym 2 pytania.
1.Czy istnieje jakiś sposób, żeby rozwiązać taką nierówność bez rysowania wykresów?
2.Czy mogę podzielić obustronnie w tym przypadku przez \(\displaystyle{ |\sin x|}\) lub przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\)?

1) tak
2) tak, ale ...

patrycja9898 pisze:2.Czy mogę podzielić obustronnie w tym przypadku przez \(\displaystyle{ |\sin x|}\) lub przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\)?

Możesz, tylko uważaj, by nie dzielić przez zero.

JK

Podnieś obie strony nierówności do drugiej potęgi.

Czyli w przypadku gdy będę dzieliła przez \(\displaystyle{ |\cos x |}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\). Analogicznie przez \(\displaystyle{ |\sin x|}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x=k\pi.}\)

No więc po podzieleniu przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) otrzymuję \(\displaystyle{ |\tg x|< 1.}\)
Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?

patrycja9898 pisze:Czyli w przypadku gdy będę dzieliła przez \(\displaystyle{ |\cos x |}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\).

Czyli potem musisz ręcznie sprawdzić \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) i \(\displaystyle{ \frac{3\pi}{2}}\).

patrycja9898 pisze:No więc po podzieleniu przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) otrzymuję \(\displaystyle{ |\tg x|< 1.}\)

Tak.

patrycja9898 pisze:Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?

Nie. Nierówność \(\displaystyle{ |a|<1}\) rozwiązuje się inaczej.

JK

Jan Kraszewski pisze:

patrycja9898 pisze:Czyli w przypadku gdy będę dzieliła przez \(\displaystyle{ |\cos x |}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\).

Czyli potem musisz ręcznie sprawdzić \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) i \(\displaystyle{ \frac{3\pi}{2}}\).

Czyli na koniec mam sprawdzić, podstawiając do wyjściowej nierówności czy to zachodzi, gdyż w wyniku dzielenia je odrzuciłam.

Jan Kraszewski pisze:

patrycja9898 pisze:Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?

Nie. Nierówność \(\displaystyle{ |a|<1}\) rozwiązuje się inaczej.

JK

Mój błąd. Czyli należy rozwiązać \(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x>-1}\)

To jest akurat taki śmieszny przypadek, bo dzielić przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) można zupełnie bezkarnie. Po prostu dlatego, że gdy prawa strona jest zerem, to rozwiązania w tym punkcie na pewno nie będzie.

Pytanie do JK, czy za nieuwzględnienie tego przy zadaniu maturalnym spowodowałoby obcięcie punktów

a4karo pisze:To jest akurat taki śmieszny przypadek, bo dzielić przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) można zupełnie bezkarnie. Po prostu dlatego, że gdy prawa strona jest zerem, to rozwiązania w tym punkcie na pewno nie będzie.

Pytanie do JK, czy za nieuwzględnienie tego przy zadaniu maturalnym spowodowałoby obcięcie punktów

A skąd wiadomo, że rozwiązania w tym punkcie nie będzie?

Popatrz na wyjściową nierówność: czy lewa strona może być ujemna?

a4karo pisze:Pytanie do JK, czy za nieuwzględnienie tego przy zadaniu maturalnym spowodowałoby obcięcie punktów

Niewykluczone, zwłaszcza, gdy nie byłoby śladu jakiegokolwiek komentarza (zgodnie z ogólną zasadą, że nie wolno bezrefleksyjnie dzielić przez zero).

patrycja9898 pisze:Czyli na koniec mam sprawdzić, podstawiając do wyjściowej nierówności czy to zachodzi, gdyż w wyniku dzielenia je odrzuciłam.

Tak, choć akurat w tym przykładzie jest to faktycznie trywialne.

patrycja9898 pisze:Mój błąd. Czyli należy rozwiązać \(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x>-1}\)

Tak.

JK

Faktycznie. Dzięki za pomoc wszystkim

Sposób drugi:

\(\displaystyle{ |\sin (x)| < |\cos (x)| |^2}\)

\(\displaystyle{ \sin ^2(x) < \cos ^2(x).}\)

\(\displaystyle{ \cos ^2(x) - \sin ^2(x) >0.}\)

\(\displaystyle{ \cos (2x) >0.}\)

\(\displaystyle{ 2x\in \left( -\frac{\pi}{2} +2k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{2} +2k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)

\(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)

janusz47 pisze:\(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)

Raczej \(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi\red\right)\black, \ \ k\in \ZZ.}\)
Poza tym:

patrycja9898 pisze:Rozwiązać nierówność \(\displaystyle{ |\sin x|< |\cos x|}\), dla \(\displaystyle{ \red x \in [0,2\pi]}\)

JK

Można podyskutować na temat tych "dokładności".

Według mnie bardziej zręczna i dojrzała jest metoda podnoszenia do kwadratu nierówności z wartością bezwzględną (nie tylko trygonometrycznych), niż ich dzielenia, bo wtedy nie trzeba pamiętać o dodatkowych założeniach.